% ctex_test.tex
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\begin{document}

\title{《实分析与复分析》习题集部分解析}
\author{姚泽东}
\date{\today}
\maketitle

这份习题集解析是笔者以薛以锋老师《实分析与复分析》讲义的习题集为蓝本完善而成的。由于薛老师的讲义中习题没有解析，从而导致像我这样的初学者在学习过程中会遇到很多困难。因此笔者希望在研一期间能完善这样一份习题集。一方面提高自己的分析能力，令一方面希望可以为其他数学爱好者在求解习题的过程中提供一些思路。

因为里面的习题都很经典而且没有特别简单的定义验证型的题目,所有这份习题集我采用的每一题都给出解析的形式.具体的格式是:前面有$*$的地方是在证明的过程中需要的引理，$1,2,(a),(b)$这样的是证明过程中完整的一段逻辑.$@$开头的地方是笔者的注解,包括一些阅读材料和引申部分,偶尔包含笔者在写这道题目的心得体会.


其次,限于笔者的能力,解题思路大段模仿其他的教材,即使是这样还有大量的习题笔者未能给出解答.最后,如果在阅读的过程中发现错误,希望可以原谅笔者在读者阅读过程所造成的困扰.

\newpage
\tableofcontents



\newpage
\section{第一章习题}

\subsection{(点集拓扑)}
设$A,B$是拓扑空间$X$中的两个非空子集，证明：
\begin{align}
\overline{A}\cap B^{\circ} \subset \overline{A\cap B} \subset \overline{A} \cap \overline{B} \\
(A \cup B)' = A' \cup B'
\end{align}

\begin{itemize}

\item[1] $\forall x\in \overline{A}\cap B^{\circ},\exists U_{x}, s.t. U_{x} \cap A \ne \emptyset , U_{x} \subset B $,因此有$U_{x} \cap (A \cap B) \ne \emptyset $.

\item[2] $\forall x \in \overline{A\cap B}$,$\forall U_x \cap (A \cap B) \ne \emptyset$,则显然有$U_x \cap A \ne \emptyset$并且$U_x \cap B \ne \emptyset$.

\item[3] $\forall x \in (A \cup B)' $,任意的$U_x$都有$U_x -\{x\} \cap (A \cup B) \ne \emptyset$,因此对于$U_x -\{x\}$,要么$U_x -\{x\} \cap A \ne \emptyset$ 要么有$U_x -\{x\} \cap B \ne \emptyset$.因此有$x \in A' \cup B'$.反之也成立。

\item[@] 实际上 $\overline{A \cup B} = \overline{A} \cup \overline{B}$也成立.仅需要将上面的$U_x -\{x\}$换成$U_x$即可.
\end{itemize}	

\subsection{(点集拓扑)}
设$Y$是拓扑空间$X$的非空子空间,$A$是$Y$的非空子集.设$A$关于$Y$的拓扑的内部，边界和导集分别是$i(A),b(A),d(A)$,证明：
\begin{align}
	A^{\circ} = Y^{\circ} \cap i(A) \\
	b(A) \subset Y \cap \partial{A} \\
	d(A) = Y \cap A'
\end{align}

证明：
首先这里需要区分$i(A)$和$A^{\circ}$,用一句话概括就是前者的开集是$Y$诱导下的开集,而后者的开集是$X$中的开集。即$\forall x \in i(A)$,$\exists U_{x}$是Y中的开集,并且$V_{x} \subset A$.

下面规定$V_{\{\bullet \}}$表示是$X$上的开集,$U_{\{\bullet \}}$表示$Y$上的开集.

\begin{itemize}
	\item[1]
	证明$\Rightarrow$,
	$\forall x \in A^{\circ}$,$\exists V_{x} \subset A$,定义$U_{x} = V_{x} \cap Y$,故$U_{x} \subset Y$并且是$Y$上的开集.故存在$x \in Y \cap i(A)$.\\
	证明$\Leftarrow$,
	 $\forall x \in i(A) \cap Y $,$\exists U_{x} \subset A, U_{x} \subset Y $,则$U_{x}$是$X$上的开集.故$\exists V_{x} = U_{x}$,使得$V_{x} \subset X$. 
	 \item[2] 

	 $\forall x \in b(A)$,$\forall U_x = V_x \cap Y$,$U_x \cap A \ne \emptyset, U_x \cap A^{\complement} \ne \emptyset$.有$x \in U_x \subset Y$,$x \in Y$.$V_x \cap A \supset U_x \cap A \ne \emptyset$,同理有$V_x \cap A^{\complement} \ne \emptyset$.
	故$b(A) \subset Y \cap \partial{A}$. 
	 \item[3]
	 证明$\Rightarrow$,
	 $\forall x \in b(A)$,$\forall U_x = V_x \cap Y $满足$U_{x} - \{x\} \cap A \ne \emptyset$.因为$U_x = V_x \cap Y$,所以有$x \in U_x \subset Y$,$x \in Y$. $V_x- \{x\}\cap A \supset U_{x} - \{x\} \cap A \ne \emptyset$.\\
	 证明$\Leftarrow$,
	 $\forall x \in d(A) \cap Y$,$\forall V_x $满足$V_x - \{x\} \cap A \ne\emptyset$. 记$U_x = V_x \cap Y$,$U_x-\{x\} \cap A = (V_x-\{x\} \cap Y) \cap A = (V_x-\{x\} \cap A) \cup (Y \cap A) \ne \emptyset $.
	 
	 
	 
	 
\end{itemize}


\subsection{(连通性)}
设$Y,Z$是拓扑空间$X$中的连通集，若$Y \cap Z \ne \emptyset$,则$Y \cup Z$也是连通集。

证明：
\begin{itemize}
	\item[*] 引理 \\
	若$Y$是$X$中的连通集,并且$X = U \sqcup V$,其中$U,V$都是开集。那么要么有$Y \subset U$要么有$Y \subset V$.\\
	引理利用反证法即可。
	\item[1]
	假设$Y \cup Z$不是连通集,则$Y \cup Z = U \cup V$,其中$U,V$是开集。利用引理,不妨假设$Y \subset U$,若$Z \subset U$,则$V$是空集，矛盾。若$Z \subset V$,则可以推出$Y = U, Z = V$,这与$U,V$无交条件矛盾.综上,$Y \cup Z $是连通集。
	
	\item[@] 更加一般的，可以证明若$Y_{i}$是连通集合,且$\bigcap\limits_{i}Y_{i} \ne \emptyset$,则$\bigcup\limits_{i}Y_{i}$是连通集。证明思路同上。\\
	取$x \in \bigcap\limits_{i}Y_{i}$,假设$\bigcup\limits_{i}Y_{i} = U \sqcup V$,其中$U,V$是无交开集.不妨设$Y_{1} \subset U$ ,因此$x \in U$,从而$Y_{i} \subset U, \forall i$.推出$X = U$,从而$V$是空集,矛盾。
	
	
	
\end{itemize}

\subsection{(连通性)}

$Y$不连通的等价定义是,存在非空子集$A,B$,满足可分离性.即$(A\cap \overline{B} ) \cup (B\cap \overline{A} ) = \emptyset$.使得$Y = A \cup B$.

\begin{itemize}
	\item[1] 
	证明必要性,已知$Y$为不连通集.则$Y = A \sqcup B$,其中$A,B$是不交闭集.从而$\overline{A} = A$,即满足可分离集的定义.
	\item[2]
	证明充分性,即证明$A,B$是$Y$上的闭集.
	$\overline{A} = \overline{A}\cap(A \cup B) = \overline{A} \cap A \cup \overline{A} \cap B = A$,同理可证明$B$是闭集.
	\item[@] 实际上在熊金城老师的《点集拓扑学》中不连通集的定义就是此命题。
\end{itemize}

\subsection{(连通性)}
设$X$是连通的拓扑空间,$Y$是$X$的连通子集,如果存在可分离子集$A,B$使得$Y^{\complement} = A \sqcup B$,证明$A \cup Y$连通.(可分离子集的定义见1.4)

\begin{itemize}
	\item[1]
	假设$A \sqcup Y$是不连通的,因此存在无交闭集$U,V$,使得$A \sqcup Y = U \sqcup V$,由于$Y$是连通集,因此要么$Y \subset U$要么$Y \subset V$.不妨假设$Y \subset U$.则$V \subset A$,从而$\overline{V} \subset \overline{A}$.利用$(A\cap \overline{B} ) \cup (B\cap \overline{A} ) = \emptyset$,有$(V\cap \overline{B} ) \cup (B\cap \overline{V} ) = \emptyset$.
	\item[2] 接着证明这与$X$是连通的相矛盾.$X = Y \sqcup Y^{\complement} = Y \sqcup A \sqcup B = U \sqcup V \sqcup B $.由1.4的结论可知,$V$与$U,B$都是相互分离的集合,故$V\cap \overline{(B\cup U) }  \cup  (B \cup U)\cap \overline{V}  = \emptyset$.从而$X$存在可分离子集的并,再次利用1.4的结论,$X$不连通,故矛盾.
\end{itemize}

\subsection{(Hausdorff性)}
证明在Hausdorff空间中,$\forall A \in X$,$A'$是闭集.

\begin{itemize}
	\item[*] 引理  Hausdorff空间上单点集都是闭集. \\
	即证明$\{a\}^{\complement}$是开集,$\forall x \in \{a\}^{\complement}$,利用Hausdorff性,存在一个$U_{b}\cap U_{a} = \emptyset$,而$x \in U_{b}$.故$\{a\}^{\complement}$是一个开集.即任意单点集都是闭集.
	\item[1]
	要证明$A'$是闭集,即证明$(A')' \subset A'$.
	$\forall x \in (A')'$,则$\forall V_{x} - \{x\} \cap A' \ne \emptyset$.$\forall y \ne x, y \in  V_{x} - \{x\}$.由于$X$是Hausdorff空间,因此$\{x\}$是开集,从而$V_{x} - \{x\}$是开集,$\exists V_{y} \subset  V_{x} - \{x\}$.并且$y \in A'$.对于上面的$V_{y}$,有$V_{y} - \{y\} \cap A \ne \emptyset$,进而有$V_{x} - \{x\} \cap A \ne \emptyset$,因此$x \in A'$.
	
	
	
	\item[@]同样可以证明$\partial{A}$也是闭集.进而证明$\overline{A}$是闭集.而$\overline{A}$是包含$A$最小的开集. \\
	证明$\partial{A}$是闭集.
	即证明,$(\partial{A})' \subset \partial{A}$.
	$\forall x \in (\partial{A})'$,任意的$V_{x}- \{x\} \cap \partial{A} \ne \emptyset$.$\forall y \ne x, y \in  V_{x} - \{x\}$.由于$X$是Hausdorff空间,因此$\{x\}$是开集,从而$V_{x} - \{x\}$是开集,$\exists V_{y} \subset  V_{x} - \{x\}$.并且$y \in \partial{A}$.对于上面的$V_{y}$,有$V_{y} \cap A \ne \emptyset ,V_{y} \cap A^{\complement} \ne \emptyset $,进而有$V_{x} \cap A \ne \emptyset ,V_{x} \cap A^{\complement} \ne \emptyset $,因此$x \in \partial{A}$. \\
	而$\overline{A} = A' \cup \partial{A}$,因此$\overline{A}$是闭集.最小性的证明：若存在一个闭集$E$,使得$A \subset E \subset \overline{A}$,由于$\overline{A} \subset \overline{E} = E$,最小性得证.
	
	
	
	\item[@]这个命题在度量空间中成立,因为度量空间都是Hausdorff空间,但是在更一般的拓扑空间中并不成立.
	比如一个平凡拓扑$(\{0,1\},\{\emptyset, \{0,1\} \})$.$\{0\}$的导集是$\{1\}$,但它不是闭集。
	
	\item[@]在任意的拓扑空间中,$A^{\circ}$是包含于$A$中最大的开集,$\overline{A}$是包含$A$的最小闭集.可以对比上面的两条注解进行记忆.
	
\end{itemize}

\subsection{(Hausdorff性)}
若$f,g : X \rightarrow Y$,$f,g$为连续映射,并且$Y$是一个Hausdorff空间。证明$\{x \in X \mid f(x) = g(x)\}$是$X$中的闭子集.

\begin{itemize}
	\item[1] 只要证明$E:= \{x \in X \mid f(x) \ne g(x)\}$是开集即可.若$E = \emptyset $或者$E = X$,则结论显然成立.若干是$X$的非空真子集.$\forall x \in E$,$f(x) \ne g(x)$,由于$Y$是一个Hausdorff空间,因此$\exists U,V \in Y, f(x)\in U,g(x)\in V$,使得$U \cap V = \emptyset$.利用连续性,令$W = f^{-1}(U)\cap g^{-1}(V)$是$X$中的开集,$x \in W$.而$\forall y \in f(W)$,$f(y) \in U,g(y) \in V, f(y) \ne g(y)$,所以$f(W) \subset E$,故$E$是$X$上的开集,从而
	$\{x \in X \mid f(x) = g(x)\}$是$X$中的闭子集.
	
	\item[@]我本来的证明是利用引理: "连续函数在有限次四则运算下封闭" 则$f-g$也是连续函数.从而$\{x \in X \mid f(x) = g(x)\} = \{x \in X \mid f(x) - g(x) = 0\}$.
	而单点集是Hausdorff空间上的闭集,连续函数闭集的原像仍是闭集.但是这样的证明有问题,因为在$Y$上未必有减法.所以不能那么做.
\end{itemize}

\subsection{(一点紧致化)}
设$X$是一个局部紧的Hausdorff空间,取出一个不在$X$中的元素$*$,并在集合$X^{+}=X \cup \{*\}$取集族$\tau = \{U \subset X^{+} \mid  \mbox {U是X中的开集,或者} X^{+}\setminus \mbox {U为X中的紧子集} \}$.
证明$(X^{+},\tau)$是紧的Hausdorff空间。


局部紧集的定义是，$\forall x \in X, \exists U_x$，使得$\overline{U_x}$是紧集。另外，这个定理的证明需要用到很多"小引理"。

\begin{itemize}
	\item[*] 引理1:在紧空间中,闭子集都是紧集;在Hausdorff空间中,紧集都是闭集;在紧的Hausdorff空间中紧集都是闭集.(上面的闭集都是相对与全空间而言的)\\
	证明在教材中都有.
	\item[*] 引理2:在一般拓扑空间中,有限个紧集的交和并还是紧集;在Hausdorff空间中,任意紧集的交还是紧集.\\
	有限的证明很容易,利用有限性,可以取出一个有限的子覆盖.下面证明任意交的情况.\\
	由于在Hausdorff空间中紧集都是闭集,因此任意交还是闭集.而这些闭集都是某一个紧集的闭子集.由于紧集的闭子集都是紧集,因此任意交还是紧集.
	\item[1]  证明这是一个拓扑.
	根据定义可以看到新的拓扑由两部分构成，一部分是原始拓扑空间的元素。另一部分是包含$\{*\}$的新元素,这部分元素都是一个原始的开集并上$\{*\}$,但是并不是遍历所有的开集，它要求$X^{+}\setminus \mbox {U为X中的紧子集}$.因此后面的讨论都是在这两个部分中分开讨论.
	\begin{itemize}
		\item[a)]空集是$\tau$的一个元素.
		\item[b)] $\forall A,B \subset \tau$,当$A,B$中不同时包含$\{*\}$时,$A\cap B \subset \tau_x \subset \tau$.
		当$A,B$中都包含$\{*\}$时,$X^{+}-(A\cap B) =(X^{+} - A) \cup (X^{+} - B)$.其中$X^{+}-A$是$X$中的紧子集,而一般拓扑空间中紧子集的有限并还是紧子集.因此$A \cap B$是$\tau$中的元素.
		对两个集合的交封闭,因此对于有限的交封闭.
		\item[c)]
		$\forall A_{i} \subset \tau, i \in \Lambda$,当$A_{i}$中都不含有$\{*\}$时,则它们是$\tau_x$的元素,从而任意并都是$\tau_x $中的元素,进而是$\tau$中的元素.
		当有一个覆盖$\{*\}$时,$\cup_{i \in \Lambda}A_i = \cup_{i \in \Lambda}(A_i \cup \{*\})$,$X^{+} - \cup_{i \in \Lambda}(A_i \cup \{*\}) = \cap_{i \in \Lambda}(X^{+} - (A_i \cup \{*\}))$,利用引理.Haussdorrf空间中紧集的任意交还是紧集.
		
	\end{itemize}
	\item[2] 证明这个一个紧的Hausdorff空间.(这一部分证明用到局部紧的性质)\\
	\begin{itemize}
		\item[a)]证明Hausdorff性.\\
		$\forall x,y \in X^{+}$,当$x,y \in X$,则利用原空间的Hausdorff性,可以找到两个开集将它们分开.
		当有一个是$\{*\}$时,不妨是$y = *$,利用局部紧的性质,存在一个开区间$V_x$,使得$\overline{V_x}$是紧集.故$\overline{V_x}^{\complement} \cup \{*\}$是$\tau$中的元素,并且包含$\{*\}$.$(\overline{V_x}^{\complement} \cup \{*\}) cap V_x = \overline{V_x}^{\complement} \cap V_x = \emptyset$.
		从而满足Hausdorff性.

		\item[b)]证明紧性.\\
		假设$X^{+}$有一个开覆盖$\{U_i\}_{i \in I}$,则一定有一个开集覆盖$\{*\}$,记为$U$.则$X^{+} - U$是一个紧集,开覆盖$\{U_i\}_{i \in I}$中存在有限个开集覆盖$X^{+} - U$,记为$\{U_i\}_{i\in \{1,2,\cdots,n\}}$,则$\{U_i\}_{i\in \{1,2,\cdots,n\}} \cup U$可以覆盖住$X^{+}$.	
	\end{itemize}
	
	\item[@] 有一个类似的命题.\\
	设$X$是一个拓扑空间,取出一个不在$X$中的元素$*$,并在集合$X^{+}=X \cup \{*\}$取集族$\tau = \{U \subset X^{+} \mid  \mbox {U是X中的开集,或者} X^{+}\setminus \mbox {U为X中的紧闭集} \}$.
	证明$(X^{+},\tau)$是紧的拓扑空间。\\
	证明思路类似,它是一般的拓扑空间,因此并没有局部紧性和Hausdorff性.
	\begin{itemize}
		\item[]在证明$X^{+}$是一个拓扑空间的过程中,修改引理2"在Hausdorff空间中,任意紧集的交还是紧集."为"在一般拓扑空间中,任意紧闭集的交还是紧集."因此拓扑的证明可以完整“借鉴”原先的证明.
		\item[]在证明时一个紧的拓扑空间时,没有需要修改的内容,可以完美的“借鉴”前面的内容.
		
	\end{itemize}
	\item[@] 上述命题提供两个观点,第一个是任何一个一般的拓扑空间，它都是某个紧空间的子空间。第二是紧性没有遗传性，换句话说，全空间是紧的，子拓扑空间未必是紧的。一般拓扑空间上的:(1)分离性(类似Haussdorff性)和可数性有遗传性;(2)紧致性,连通性和可分性没有遗传性.
	
	
\end{itemize}


\subsection{(乘积拓扑)}
设$X,Y$是两个拓扑空间,$A \subset X, B \subset Y$,证明：
\begin{align}
	\overline{A \times B} = \overline{A} \times \overline{B} \\
	(A \times B)^{\circ} = A^{\circ} \times B^{\circ} \\
	\partial{(A \times B)} = (\partial{A} \times \overline{B}) \cup (\partial{B} \times \overline{A})
\end{align}
证明思路，两侧相等.
\begin{itemize}
	\item[1] $\forall (x,y) \in \overline{A \times B}$,$\forall V_{x},V_{y}$一定有开集$U$,$U \subset (V_x,V_y)$,而$U \cap (A,B) \ne \emptyset$,因此$V_x \cap A \ne \emptyset$ 并且$V_{y} \cap B \ne \emptyset$.故$(x,y) \in \overline{A} \times \overline{B}$
	
	\item[2] $\forall (x,y) \in \overline{A} \times \overline{B}$,$\forall U \subset (A,B)$,$\exists V_{x},V_{y}$,使得$(V_{x},V_{y}) \cap (A,B) \ne \emptyset$,因此$U \cap (A,B) \ne \emptyset$.
	
	\item[3] $\forall (x,y) \in (A \times B)^{\circ}$,$\exists U$,使得$U \subset (A,B)$.利用乘积拓扑的定义,存在$V_x,V_y$使得$U \supset (V_x,V_y)$.故$(V_x,V_y) \subset (A,B)$.
	
	\item[4] $\forall (x,y) \in  A^{\circ} \times B^{\circ}$,存在$V_x,V_y$使得$V_x \subset A,V_y \subset B$.利用乘积拓扑的定义,存在$U \subset (V_x,V_y)$使得$U \subset (A,B)$.
	
	\item[5] 结合公式$(6,7)$,两个式子做减法再利用$\overline{A} = A^{\circ} \sqcup \partial{A}$.推出$(6)$式.
	
	
\end{itemize}

\subsection{(乘积拓扑 + 连通性)}
若$X,Y$是连通空间,则$X \times Y$也是连通空间。(或称为连通性的有限可积性)

\begin{itemize}
\item[*] 引理1 连续映射将连通集映射为连通集 \\
利用反证法即可。

\item[*] 引理2 若$Y \subset X$,并且$\forall x,y \in Y$,$\exists Y_{xy}$为连通集,使得$Y_{xy}\subset Y$.则$Y$是连通集. \\
证明：利用1.3的推论,固定$x$,遍历$y$,从而得到$\bigcup\limits_{y}Y_{xy}=Y$,且$\bigcap\limits_{y}Y_{xy} \ne \emptyset$.故$Y$是连通集.

\item[1] 证明对于$(x,y_{1}),(x,y_{2})$,存在一个包括它们的连通集. \\
定义映射$k_{x} : Y \rightarrow X \times Y$,$y_{1} \mapsto (x,y_{1})$.易得$k_{x}$是连续映射.因此$k_{x}(Y)$是连通集.并且$(x,y_{1}),(x,y_{2}) \in k_{x}(Y) = \{x\}\times Y$



\item[2] 进一步,证明任意$(x_{1},y_{1}),(x_{2},y_{2})$存在一个包括它们的连通集.\\
由(1)得到,$(x_{1},y_{1})$与$(x_{1},y_{2})$上可以构造一个连通集$k_{x_1}(Y)$,在$(x_{2},y_{2})$与$(x_{1},y_{2})$可以构造一个连通集$k_{y_{2}}(X)$。再次利用1.3的推论,从而有$k_{x_1}(Y) \cup k_{y_{2}}(X)$连通,并且包含点$(x_{1},y_{1}),(x_{2},y_{2})$.利用引理，推出$(X,Y)$是连通的。





\item[@] 具有有限乘积性的还有 Hausdorff性,紧致性,可分性,正则性.


\end{itemize}

\subsection{(可分度量空间)}
设$(X,d)$是可分度量空间,$Y$是$X$的非空子集,证明$(Y,d)$也是可分的。

\begin{itemize}
	\item[1]
	设$A$是$X$中的一个可数稠密子集.
	定义$B := \{x_{a,n}\mid x_{a,n}\in Y ,x_{a,n}\in U(a,\frac{1}{n}), a \in A ,n \in \mathbb{N}\}$.则$B$是至多可数的.下面证明$B$是$Y$的稠密子集.
	$\forall y \in Y$, $\forall V_{y} ,\exists n > 0$使得$U(y,1/n) \subset V_{y}$.下面证明$U(y,1/n) \cap B \ne \emptyset$,即证明存在$x_{a,m} \in U(y,1/n)$.
	
	\item[2] 利用$A$的稠密性,从而存在一个$a \in A$,使得$d(a,y) \le \frac{1}{2n}$.从而下面分类讨论,若$y \in B$,则结论显然成立.若$y \not\in B$,则依据$d(a,y) \le \frac{1}{2n}$可以推出$U(a,1/2n) \cap Y \ne \emptyset$,取出其中一个元素记为$x$.因此$d(a,x) \le \frac{1}{2n}$.利用三角不等式$d(y,x) \le d(y,a) + d(a,x) = \frac{1}{n}$.因此$x \in U(y,1/n) $且$x \in B$.因此$U(y,1/n) \cap B \ne \emptyset$,从而$V_{y} \cap B \ne \emptyset$.
	
	\item[@]可分度量度量空间具有遗传性并且可分的度量空间一定是第二可数的.
\end{itemize}



\subsection{(Lindelöf空间 + 拓扑基)}
设可分度量空间$(X,d)$,$A$是一个可数稠密子集.证明
\begin{itemize}
	\item[1]
	$\mathscr{B} = \{U(a,r) \mid a \in A,r \in Q, r > 0\}$是$X$的一个拓扑基.
	\item[2]
	设$\{U_\gamma \mid \gamma \in \Gamma \}$作为$X$的一个开覆盖,存在可数的开覆盖。
\end{itemize}

拓扑基的定义：满足以下两点
\begin{itemize}
	\item[1]
	$\mathscr{B}$的子集可以覆盖整个$X$.
	\item[2]
	$\forall x \in X$,假设$B_1,B_2 \in \mathscr{B}$都覆盖了$x$,则一定存在$B_3 \in \mathscr{R}$,使得$x \in B_3 \subset B_1 \cap B_2$.
	
\end{itemize}


\begin{itemize}
	\item[1] 证明$\mathscr{B}$是一个拓扑基.\\
	很显然满足条件1.假设$U(a_1,r_1),U(a_2,r_2)$覆盖了$x$.取$d = \frac{1}{2}min\{r_1 - d(a_1,x),r_2 - d(a_2,x)\}$.由于稠密性,存在一个$a \in A$使得$d(a,x) \le d$.则取$U(a,d)$,一定有$x \in U(a,d)$.并且$U(a,d) \subset U(a_1,r_1)\cap U(a_2,r_2)$.
	因为$\forall y \in U(a,d)$,$d(a_1,y) \le d(y,a) + d(a,x) + d(x,a_1) \le r_1$,故$U(a,d) \subset U(a_1,r_1)$. \\
	显然这个拓扑基是可数的.
	\item[2] 证明存在一个可数子覆盖. \\
	可以将上述命题进行推广,当一个拓扑空间存在一个可数拓扑基时,那一定存在一个可数的开覆盖.下面证明这个加强的命题. \\
	设$(X,\tau_x)$存在一个可数的拓扑基$\mathscr{B} = \{V_i\}_{i\in \mathbb{N}}$是一个可数基.$\mathscr{F}=\{U_i\}_{i\in I}$是一个开覆盖.
	对于任意的$U_i$,它都可以表示为$\mathscr{B}$中可数个元素的并.设为$\mathscr{B}' = \{V_{i(n)}\}$(至多可数的,因为它是$\mathscr{B}$的一个子集.)
	从而对于这样的$\mathscr{B}'$,它可以覆盖住$X$,并且至多是可数的.因此它就是要找的可数开覆盖.

	\item[@] 一个拓扑空间如果有可数基，我们就说他是第二可数的.一个空间任意的开覆盖都有可数子覆盖，我们就说这个空间是Lindelöf.所以问题就变成了第二可数空间都是Lindelöf的.\\
	当限制在度量空间上时,空间可分当且仅当它是第二可数的或Lindelöf空间.
\end{itemize}


\subsection{(度量空间)}
设$A$是$X$中的非空子集,定义$f(x) = inf \{d(x,y)\mid y \in A\}$.证明,$\forall x_{1},x_{2} \in X$,都有$|f(x_1) - f(x_2)| \le d(x_1,x_2)$

\begin{itemize}
	\item[1] 利用三角不等式 \\
	$\forall x_1,x_2,y \in X$,有$d(x_1,y) \le d(x_2,y) + d(x_1,x_2)$.两侧对$y$取下确界,从而有
	$f(x_1) \le f(x_2) + d(x_1,x_2)$.
	\item[2] 同理可以证明$f(x_2) \le f(x_1) + d(x_1,x_2)$.结合上一步所证,推出$|f(x_1) - f(x_2)| \le d(x_1,x_2)$
	
	\item[@]利用lipschitz条件可以判断,这样定义的函数不仅是连续的而且是一致连续的.
\end{itemize}


\subsection{(度量空间下的"Urysohn引理")}
设$(X,d)$是度量空间,$A,B$是$X$中两个不交的非空闭子集.证明存在连续函数$f : X \rightarrow [0,1]$使得$f(x)|_{A} = 0,f(x)|_{B} = 1$.

\begin{itemize}
	\item[*] 引理1:在度量空间中$d_{A}(x):= \mathop{inf}\limits_{y \in A} \{d(x,y)\}$是一个$X \rightarrow R$的连续函数.\\
	利用1.13中的结论即可证明.$\forall \epsilon > 0, \forall x_0 \in X$,取$\delta = \epsilon$,,当$x \in U(x_0,\delta)$,$|f(x)-f(x_0)| \le d(x,x_0) = \delta = \epsilon$.即$f$是连续的.
	
	\item[*] 引理2:连续函数在四则运算下封闭(分母不为0).\\
	很平凡的引理.
	\item[1] 定义连续函数$d(x) = \frac{d_{B}(x)}{d_{A}(x)+d_{B}(x)}$. \\
	根据引理,它是一个连续函数.并且它在$A$上取值为0,在$B$上取值为1.

	\item[@] 在紧空间中的Urysohn引理的证明已经超过笔者的能力范围.我自然无法评价这一引理的意义,因此下面引用中科大教材中对这一引理的评价“我们知道，相比于一般的拓扑空间，度量空间有很多非常特殊而优美的性质. 一个自然的问题是：哪些拓扑空间的拓扑实际上是一个度量拓扑？这个问题的第一个重要结果是由杰出拓扑学家Urysohn 28所证明的Urysohn 度量化定理. 在证明过程中，Urysohn先证明了一个很重要的工具，即用于构造特定连续函数的Urysohn引理. 不少数学家称Urysohn 引理为“点集拓扑学的第一个非平凡结果”. 它之所以被称为“引理”，只是因为它最早作为工具出现在Urysohn证明Urysohn 度量化定理的论文中. 后面我们还会看到它的很多应用”.至少我们知道Urysohn引理它不是平凡的.
	
\end{itemize}



\subsection{(Cantor定理 + Lebesgue引理)}
证明，当$(X,d)$是紧度量空间时,$f$是这个空间上的连续映射,则$f$在$(X,d)$上一致连续.

\begin{itemize}

	
	\item[*] 引理1:紧度量空间$(X,d)$上连续函数的极值定理.设$g : X \rightarrow \mathbb{R}$,则$g$能在$X$上取到最大值和最小值.\\
	可以参考数学分析中$\mathbb{R}^n$上连续函数在闭子集上的性质一节.记$M = sup \{f(X)\}$.若存在$x\in X,s.t. f(x)=M$,则证毕.否则$\forall n > 0,\exists x_n$,使得,$f(x_n) + \frac{1}{n} > M $.由于$X$是列紧集,因此对于上述的$\{x_n\}$存在以后收敛的子列$\{x_{n_k}\}$收敛到$x_0\in X$,即$f(x_{n_k}) + \frac{1}{n_k} > M$,两侧令$k\to\infty$.利用连续性$f(x_0) \ge M$,同时又有$f(x_0) \le M$.故$f(x_0) = M$.最小值同理.
	\item[*] 引理2:Legesbue数引理.(有限覆盖定理的加强版本).\\
	假设$X$的一个开覆盖为$\{U_i\}_{i \in I}$,存在一个有限开覆盖记为$\{U_i\}_{i \in \{1,\cdots,n\}}$.记$V_i = U_i^{\complement}$.定义$d(x) = \frac{1}{n}\sum_{i=1}^{n}d_{V_i}(x)$,其中$d_{V_i}(x)$定义见1.13,则$d(x)$是$X$上的连续函数.记$m = \mathop{min}\limits_{x\in X}\{d(x)\}$.若$m=0$,则$\forall i \in \{1,\cdots,n\}d_{V_i}(x)=0$.即$x \in \cap V_i = \cap U_i^{\complement} = (\cup U_i)^{\complement} = \emptyset$.矛盾.接下来证明$\forall x \in X, \exists i > 0$,使得$U(x,d) \subset U_i$.由于$d(x)$是平均值,因此存在$d_{V_k}(x) \ge d$.此时说明$x$距离$V_k$超过$d$,则$x$距离$V_k^{\complement}$的距离一定严格小于$d$.故$\forall y \in U(x,d),y \cap V_k = \emptyset \Leftrightarrow y \in V_k^{\complement} = U_k$.证毕.
	
	
	\item[1] 
	$\forall x_i \in X, \forall \epsilon > 0, \exists \delta_i > 0$,s.t. $f(U(x_i,\delta_i)\cap X) \subset U(f(x_i),\frac{\epsilon}{2})$.
	
	\item[2] 
	由于上述的$\{U(x_i,\delta_i)\mid x_i \in X\}$是$X$的一个开覆盖,因此存在一个$Lebesgue$数$\delta$,使得$\forall x \in X,\exists i,s.t.
	U(x,\delta) \subset U(x_i,\delta_i)$. 并且$\forall y \in U(f(x_i),\frac{1}{2}\epsilon),d(y,f(x)) \le d(y,f(x_i)) + d(f(x),f(x_i)) = \epsilon$.
	
	\item[3] 
	从而$\forall \epsilon >0 , \exists \delta(\epsilon) > 0,\forall x \in X,$$f(U(x,\delta)\cap X) \subset f(U(x_i,\delta_i)\cap X) \subset U(f(x_i),\frac{\epsilon}{2}) \subset U(f(x),\epsilon)$.
	故一致连续成立.
	
	\item[@]紧度量空间$(x,d)$上的连续映射的最值定理.设$g : (X,d) \rightarrow (Y,\rho)$.则$g(X)$是一个有界集.\\
	证明:连续映射将紧集映射为紧集,而紧度量空间是完全有界的.从而一定是有界的. \\
	联系引理1,此命题与本小节命题,不难发现它们就是连续函数在有界闭集上的三个性质,一致连续性,有界性,极值定理。其中要求一致连续性和有界性的像空间具有度量结构,即可以定义距离.而在极值定理上,要求像空间是实数集.
	
\end{itemize}


\subsection{(致密集 + 完全有界 + 完备集)}
设$K$是度量空间$(X,d)$上的一个非空子集.
\begin{itemize}
	\item[1] 如果$K$是致密集或者完全有界集,则$K$是有界集.
	\item[2] 如果$K$完全有界,则对于任意$\epsilon > 0$,可以选择$x_1,\cdots,x_s \in K$使得$K \subset \bigcup\limits_{i}^{s}U(x_{i},\epsilon)$
	\item[3] 如果$X$是紧度量空间,则$X$是完备的.
\end{itemize}

\begin{itemize}
	\item[1] 致密集一定是有界的,如果无界,利用定义,则一定存在一个不收敛的子列.
	完全有界集一定是有界的,取$\epsilon = 1$,则$K$存在一个$1$-网,每一个$1$-网中的元素又是有界的并且有有限个元素,故$K$有界.
	
	\item[2] 即证明$\epsilon$-网中的元素点的中心可以从$K$中选取,而未必需要在$X$中选取.
	
	\item[3]
	\begin{itemize}
		\item[(a)]证明方法1:\\
		$X$的完备化后的集合为$\overline{X}$,由于Hausdorff空间中的紧集都是闭集,所有$\overline{X} = X$.$X$本身就是一个完备化的集合.
		\item[(b)]证明方法2:\\
		取出$X$中的一串柯西列$\{x_n\}$,利用列紧性(度量空间中列紧性就是紧致性),存在一个收敛的子列$\{x_{n_k}\}$收敛到$x_0 \in X$.
		则利用三角不等式$\Vert x_k - x_0\Vert \le \Vert x_{n_k} - x_k\Vert + \Vert x_{n_k}- x_0\Vert $,从而可以任意小.故任意一个柯西列都收敛到$X$中的一个元素,所以$X$是完备度量空间.
	\end{itemize}
	
	\item[@] 利用$\epsilon$-网的概念进行定义完全有界更好理解.设$A,B$是$X$的子集,$\forall \epsilon > 0$,$\forall a\in A, \exists b\in B,s.t. x \in U(y,\epsilon)$则称$B$是$A$的一个$\epsilon$-网.
	$A$完全有界的定义就是存在这样的$B$是一个有限集.
	
	\item[@]有界可能不完全有界.取$l^{\infty}$上的通常度量,令$E = \{e_i\}_{i \in \mathbb{N}}$,则$E$就是一个有界的,上界是1.但是不是完全有界的,取$\epsilon = 1/3$,则必须有无穷个点才能网住$E$.
	
	\item[@]借此机会,我希望指出一个困扰笔者已久的问题.就是点集拓扑中的完备集和度量空间中的完备空间有没有关系.从表明上,好像有关系完备空间(柯西列都收敛)里面的$X$好像一定是完备集(没有孤立点的闭集).另外，又有定理表明，完备度量空间中的闭自己都是完备的.这句化中的第二个出现的完备是什么意思呢?是完备的点集还是完备的度量空间(这个命题的证明很容易,紧度量空间中的闭集都是紧集,而紧度量空间都是完备的度量空间).但是经过笔者查阅一番资料后发现实际上关系不大,点集拓扑中的完备集应该是翻译的问题,其实最好翻译为完全集或者完美集.但是在本文的其他地方为了阅读的流畅性,还是沿用了一般教材中的译法. \\
	下面给出一个例子,完备的度量空间,但是它的$X$不是完全的.$(\mathbb{Z},\Vert \bullet \Vert_2)$是一个完备的度量空间.因为对于任意一个柯西列$\{x_n\}$,$\epsilon = \frac{1}{2}$时,$\exists N, s.t n > N$ ,$\forall p > 0$,$\Vert x_{n+p} - x_n\Vert \le \epsilon \Leftrightarrow x_{n+p} = x_n$.从而$\{x_n\}$收敛到$x_n$.但是$Z$本身并不是不含孤立点的闭集.故它不是完全集.\\
	
	
	
	
	
\end{itemize}

\subsection{(紧度量 + 连续函数)}
设$(X,d)$是度量空间,$(Y,\rho)$是紧度量空间.设$f : X \times Y \rightarrow \mathbb{R}$为连续映射时.令$\phi(x) = \mathop{sup}\limits_{y \in Y}f(x,y),\forall x \in X$.证明$\phi(x)$是$X$上的连续函数.

\begin{itemize}

	\item[1] 证明思路,连续函数的充要条件是开集的原像是开集.\\
	要证明$\forall x\in \phi^{-1}((-\infty,a))$, 而由上确界的定义,$\forall y\in Y , (x,y) \in f^{-1}((-\infty,a))$.由于$f$是连续映射,所以$f^{-1}((-\infty,a))$是一个开集,$\exists U_{(x,y)}\times V_{(x,y)} \subset f^{-1}((-\infty,a))$. 需要注意,此时$U_{(x,y)}$虽然是$X$上的开集,但是并不满足$U_{(x,y)} \subset \phi^{-1}((-\infty,a))$.因为$V_{(x,y)} \ne Y$,这些$x_0 \in \phi^{-1}((-\infty,a)) \setminus U_{(x,y)}$是一些满足$f(x_0,y_i) < a$,但是$\sup \{f(x_0,y)\}$并不满足的点.\\
	因此需要覆盖住$Y$,下面利用$Y$的紧性,存在有限个$y_i$覆盖住$Y$.即$\bigcup\limits_{i=1}^{i = k(x)}V_{(x,y_i)} \supset  Y $。\\
	注意到$\{x\} \times Y \subset \bigcap\limits_{i=1}^{i=k(x)}U_{(x,y_i)} \times Y \subset f^{-1}((-\infty,a))$.其中$\bigcap\limits_{i=1}^{i=k(x)}U_{(x,y_i)}$是开集,并且有$\bigcap\limits_{i=1}^{i=k(x)}U_{(x,y_i)}  \subset \phi^{-1}((-\infty,a))$.从而$\phi^{-1}((-\infty,a))$是开集.
	
	
	\item[@]将上面的$Y$是紧集去掉,结论不成立.\\
	比如说定义$\mathbb{R} \times \mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R}$上的连续函数.\\
	$$ f(x,y)=\left\{
	\begin{aligned}
		 & 1,x >0  \\
		 & 0, x < -e^{-y}\\
		  &1+xe^{-y},x\in[-e^{y},0]
	\end{aligned}
	\right.
	$$
	
	.则根据定义,有
	\[
	\phi(x) =
	\begin{cases}
		1 & \text{if } x \ge 0, \\
		0 & \text{if } x < 0
	\end{cases}
	\]
	从而$\phi(x)$并不连续.其中$f(x,y)$图像为:
	\begin{figure}[H]
		\centering
		\includegraphics[width=0.7\linewidth]{plot2}
		\caption{反例}
		\label{fig:plot2}
	\end{figure}
\end{itemize}

\subsection{(完备度量空间 + 致密集)}
定义$R^{\infty} = \{ \{x_n\} \mid x_n \in \mathbb{R} \}$上的度量为:
$$
d(\{x_n\},\{y_n\}) = \sum\limits_{i=1}^{\infty}\frac{1}{2^i}\frac{|x_i - y_i |}{1 + |x_i - y_i |}
$$
证明：
\begin{itemize}
	\item[1] 这是一个完备的度量空间.
	\item[2] $R^{\infty}$中子集A是致密的充要条件是:存在一个正数列$\{c_n\}$使得对任何$x = \{x_n\} \in A$,有$|x_n| \le c_n , n \ge 1$.
\end{itemize}

\subsection{(收紧映射)}
设$(X,d)$是一个紧度量空间.若$f : X \rightarrow \mathbb{R}$上.且$d(f(x),f(y)) < d(x,y),\forall x,y \in X, x \ne y$
证明存在唯一的$x_0$,使得$f(x_0) = x_0$.

\begin{itemize}
	\item[*] 引理 :连续函数在紧度量空间上可以取到最大值与最小值.
	
	\item[1]
	由于$d(f(x),x_0) < d(x,x_0)$,当$d(x,x_0)$趋于0时,一定有$d(f(x),x_0)$趋于0.利用三角不等式可以得到$|d(x,f(x)) - d(x_0,f(x_0))| \le d(x,x_0) + d(f(x),f(x_0)) $,因此定义$\phi(x) := d(x,f(x))$在$X$上连续.
	因为$X$是紧集.利用引理,存在$x_0 \in E$,使得
	$\phi(x_0) = min \{\phi(x)\} := m$,如果$m = 0$,那么$x_0$就是不动点,否则令$m > 0$.由条件 $\phi(f(x_0)) = d(f(f(x_0)),f(x_0)) < d(f(x_0),x_0) = m$,从而矛盾.故$ m = 0$
	\item[2]下面证明$\{x \mid \phi(x) = 0 \} $是单点集.如果不是单点集,则至少存在两个互异的点$x_1,x_2$满足$x_i = f(x_i)$.而$d(x_1,x_2) = d(f(x_1),f(x_2)) < d(x_1,x_2)$矛盾.
	
	\item[@] 在一般完备的度量空间中(未必是紧度量空间,但是紧度量空间一定是完备的度量空间,见1.16的证明),还有一个稍微弱一点的定理叫压缩映射定理.它上面的函数要求是$d(f(x),f(y)) < k d(x,y)$,其中$k < 1$.最终结论一致,证明存在唯一的$x_0$,使得$f(x_0) = x_0$. 下面给出它的证明.\\
	
	首先$f$是一个连续映射.$f^{(n)}$定义如上.$\forall x_0 \in X$构造序列$\{x_n\}_{n=1}$为$x_n = f^{(n)}(x_0)$.则$d(x_n,x_{n+1}) < kd(x_{n-1},x_{n}) < \cdots < k^n d(x_0,x_1)$.
	
	$\forall p > 0, d(x_{n+p},x_{n}) \le d(x_{n+p},x_{n+p-1}) + d(x_{n+p-1},x_{n+p-2}) + \cdots + d(x_{n+1},x_{n}) \le \frac{k^n}{1-k}d(x_0,x_1)$.
	因此$\{x_{n}\}_{n=1}$是一个柯西列,由于是完备的空间.因此$x_{n}$收敛到$x_0$,从而有$d(x_0,f(x_0)) = 0$.即$x_0 = f(x_0)$.
	
	
	
\end{itemize}


\subsection{(Baire纲集)}
证明：$C[a,b]$中的多项式函数全体是$C[a,b]$中的第一纲集.

\begin{itemize}
	\item[*] 引理1 第一纲集的子集还是第一纲集.\\
	利用定义,第一个纲集是无处稠密集的之多可数并,而无处稠密集的子集一定是无处稠密的,因此第一纲集的子集还是第一纲集.
	
	\item[1] 利用引理:可以加强命题的证明,$[a,b]$上处处不可微的补集是第一纲集.\\
	

	
\end{itemize}



\subsection{(连通分支 + 赋范空间)}
设$\Omega$是赋范空间$X$中的开集,证明:
\begin{itemize}
	\item[1] $\Omega$是局部连通的。
	\item[2] $\Omega$的每一个(道路)连通分支都是$X$中的开集.
	\item[3] $\Omega$的没一个连通分支都是道路连通分支.
\end{itemize}
\subsection{(赋范空间)}
设$V$是赋范空间$X$中的真闭子集,证明：$\forall \epsilon \in (0,1), \exists y_{\epsilon} \in X, \Vert y_{\epsilon} \Vert = 1$,使得$d(y_{\epsilon},V) > 1-\epsilon$


\subsection{(计算线性算子的范数)}
定义$l^{\infty}$到$l^{\infty}$的线性算子$A$,$A : \{x_{n}\} \mapsto \{\frac{1}{n}x_n\}$.计算$\Vert A \Vert$以及$inf\{ \Vert Ax \Vert_{\infty},\mid \Vert x \Vert_{\infty} = 1 \}$

\begin{itemize}
	\item[1]
	$\Vert A \Vert = sup\{\Vert Ax \Vert_{\infty} \mid \Vert x \Vert_{\infty} = 1 \}$.显然取$x = \{(1,0,\cdots)\}$即可以让$\Vert Ax \Vert_{\infty}$取到最大值.
	\item[2]
	下确界是0,取$x_k = \{(\underbrace{0,\cdots,0}_{\mbox{前k-1个}},1,\cdots)\}$,则$\Vert Ax_k \Vert_{\infty} \rightarrow 0$. 
\end{itemize}
\subsection{(双线性映射)}
设$X_1,X_2,Y$是三个赋范空间,$G : X_1 \times X_2 \rightarrow Y$是双线性映射.证明$G$在$X_1 \times X_2$连续的充要条件是:存在正数$c$使得$\Vert G(x_1,x_2) \Vert \le c\Vert x_1 \Vert \Vert x_2 \Vert$.

双线性映射的定义:
$f$是定义在两个向量空间乘积上的函数,并且满足线性性质即$f(k_1x_1+k_2x_2,y) = k_1f(x_1,y) + k_2f(x_2,y)$,以及$f(x,l_1y_1+l_2y_2) = l_1f(x,y_1) + l_2f(x,y_2)$.

\begin{itemize}
	\item[1] 证明充分性 \\
	
	\item[2]证明必要性 \\
\end{itemize}

\subsection{(无限维赋范空间 + 无处稠密集)}
无限维赋范空间的紧子集是无处稠密集.

\begin{itemize}
\item[*]引理 无穷维空间中的单位闭子球$\overline{U(0,1)}$,存在一个任意子列不收敛的点列.\\
取$e_n = (\underbrace{0,\cdots,0}_{\mbox{前n-1个}},1,0,0,\cdots)$,则$\forall m,n \in \mathbb{N}, m \ne n, d(x_m,x_n) \ge \sqrt{2}$.故其任意子列都不收敛.

\item[1] 反证法,假设紧子集$K$不是无处稠密集.\\
则$K^{\circ} \ne \emptyset$,$\forall x \in K^{\circ}$,$\exists U_x ,s.t. U_x \subset K$,从而$\overline{U_x} \subset \overline{K} = K$.(利用度量空间中的紧子集等价于完全有界闭集).继而有$\overline{U_x}$是一个紧集(利用紧集中的闭集都是紧集).这与引理相矛盾.


\item[@] 这个性质可以推出很多反例.\\
记$Y$为$l^{\infty}$中的$[0,1]$闭区间的无穷乘积组成的集合,即$Y = \{[0,1] \times [0,1] \times \cdots \}$.则$Y$是$l^{\infty}$中的一个紧子集.\\
错误,若$Y$是无限维赋范空间中的紧子集,则它是无处稠密的.但是$Y^{\circ}$显然不是一个空集,$(\frac{1}{2},\frac{1}{2},\cdots)$就是它的一个内点,存在一个开区间$(0,1) \times {\frac{1}{2}} \times {\frac{1}{2} \cdots }$覆盖它.故矛盾.



\end{itemize}

\subsection{(代数与分析的结合)}
设$X$是Banach空间,$M$是$X$的闭子集,$N$是$X$中的有限维子空间使得$M \cap N = {0}$.证明 : $M + N$ 是$X$中的闭子集.

\subsection{(Ran像空间+Banach空间)}
设$X,Y$是Banach空间,$T \in B(X,Y)$.若有正数$M$使得任意的$x\in X$,都有$\Vert Ax \Vert \ge M\Vert x \Vert$,证明$Ran(T)$是闭的.

\subsection{(内积空间)}
设$\{x_n\}$是内积空间$(X,<\cdot,\cdot>)$中的一个点列,$\exists x \in X, \lim\limits_{n\to\infty} \Vert x_n \Vert = \Vert x \Vert$.证明:
$\lim\limits_{n\to\infty}\Vert x_n - x \Vert = 0 \Leftrightarrow <x_n,y> \rightarrow <x,y>, \forall y \in X$.

\begin{itemize}
	\item[1] 证明必要性$\Rightarrow$,
	利用Cauchy不等式有$<x_n-x,y> \le \sqrt{<x_n-x,x_n-x><y,y>} = \Vert x_n - x\Vert \Vert y \Vert \rightarrow 0,$当$n \to \infty$.
	
	\item[2] 证明充分性$\Leftarrow$,利用到$y$的任意性.
	
\end{itemize}


\subsection{(平行四边形法则)}
设$(X,\Vert \bullet \Vert)$是一个实赋范空间,若
$\Vert x + y \Vert + \Vert x - y \Vert = 2(\Vert x \Vert + \Vert y \Vert)$
证明在$X$上面可以定义一个内积使得$<x,x> = \Vert x \Vert ^2 $.

下面假设$F = \mathbb{R}$.并定义内积为:
$$
<x,y> := \frac{\Vert x + y \Vert - \Vert x - y\Vert}{4}
$$
\begin{itemize}
	\item[1] 证明内积的正定性,\\
	利用范数的正定性,显然有$<x,x> \ge 0 ,<x,x> = 0 \Leftrightarrow x = 0$.
	\item[2] 证明内积具有对称性.\\
	利用范数的对称性,可以得到$<x,y> = <y,x>$.
	\item[3] 证明第一变元的线性.\\
	\begin{itemize}
		\item[(a)] 证明加法封闭.\\
		$<x_1 + x_2,y> = \frac{\Vert x_1+x_2 + y \Vert - \Vert x_2 + x_2 - y\Vert}{4}$.考虑$\Delta := <x_1+x_2,y>-<x_1,y>-<x_2,y> $. \\
		利用定义$\Vert x_1 + y \Vert + \Vert x_2 + y\Vert = \frac{\Vert x_1 + x_2+2y \Vert + \Vert x_1 - x_2 \Vert}{2}$.$\Vert x_1 - y \Vert + \Vert x_2 - y\Vert = \frac{\Vert x_1 + x_2-2y \Vert + \Vert x_1 - x_2 \Vert}{2}$.
		可以推出$\Delta = 0$.
		
		\item[(b)] 证明数乘封闭 \\
		首先可以说对于$n \in \mathbb{N}$,$<kx,y> = k<x,y>$成立.利用$(a)$可以将$ka = \underbrace{a + \dots + a}_{\mbox{k次相加}}$.同样可以证明$\frac{1}{k}$也满足,有理数可以用分数定义,因此对于分数也成立.最后证明在$\mathbb{R}\setminus\mathbb{Q}$也成立,利用有理数逼近无理数.$\lambda \in \mathbb{R}\setminus{\mathbb{Q}}$,$\exists \{r_n\} \subset Q$,使得$\lim\limits_{n\to\infty}r_n = \lambda$. \\
		 $\lambda<x,y> = \lim\limits_{n\to\infty}r_n<x,y>=\lim\limits_{n\to\infty}<r_n x ,y>= \lim\limits_{n\to\infty}\frac{\Vert r_n x + y \Vert - \Vert r_n x - y\Vert}{4}$.\\
		利用$| \Vert r_n x + y \Vert - \Vert \lambda x + y\Vert| \le \Vert r_n x- \lambda x \Vert = |r_n - \lambda| \Vert x \Vert \rightarrow 0$.\\
		从而$\lambda<x,y> = <\lim\limits_{n\to\infty}r_n x,y>$
	
	\end{itemize}
	\item[@]在内积空间中,可以通过一个内积定义范数,但是一般来说无法从范数回到内积,这个命题就给出范数可以定义内积的充要条件,即平行四边形法则.\\
	同时可以在复数域上定义类似的内积.证明思路几乎一致.
	定义$\mathbb{C}$上的内积为:
	$$
	<x,y> := \frac{\Vert x + y \Vert - \Vert x - y\Vert + i \Vert x + yi \Vert - i \Vert x - yi \Vert  }{4}
	$$其中$i$是复数单位.
	
	
\end{itemize}




\subsection{(有界线性算子)}
设$X,Y$是两个实内积空间,映射$T : X \rightarrow Y$满足条件:
$T(0) = 0, \Vert Tx-Ty \Vert = \Vert x-y \Vert$.
证明:$T$是有界线性算子.

\begin{itemize}
	\item[1] 证明线性\\
	即证明$\forall k \in \mathbb{R},\forall x,y \in X$,有$T(kx + y) = aT(x) + T(y)$,利用内积的定义.即证明$T(kx + y) - aT(x) + T(y) = 0 $.利用范数的定义,$\Vert T(kx + y) - aT(x) - T(y) \Vert = 0$.
	
	\item[2] 证明有界\\
	在线性的基础上只要证明是连续的即可.
	
	
	\item[@]但是这个结论在赋范空间上并不成立.\\
	即记$T : \mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R} \times \mathbb{R}, x \mapsto (x,|x|)$,取像空间上的"最大"范数.
	从而有$Tx = (x,|x|),Ty = (y,|y|),\Vert Tx-Ty \Vert_{\infty} = max\{|x-y|,| \vert x \vert - \vert y \vert |\} = |x-y| = \Vert x-y \Vert$.但是$T$并不是一个线性映射,因为有$T(1) + T(-1) = 1 + 1 \ne T(1 - 1) = 0$.
\end{itemize}


\subsection{(分析+代数)}
设$M,N$是Hilbert空间$H$的两个闭子集,如果
$$
\theta = sup\{|<m,n>| \mid m\in M,n\in N, \Vert m \Vert = 1,
\Vert n \Vert = 1\} < 1
$$
证明$M + N$是$H$中的闭子空间.

\subsection{(等度连续 + 一致有界)}
设$M$是紧度量空间,$A$为$C(M)$中的一个非空子集.如果$A$满足如下条件:
\begin{itemize}
	\item[1] $\forall x \in M ,\exists C_x,s.t. |f(x)|\le C_x, \forall f \in A$.
	\item[2] A在M上等度连续.
\end{itemize}
证明此时$A$在$M$上一致有界.

\subsection{(Banach空间)}
定义$C^{1}[a,b]$上的范数$\Vert f \Vert = max |f(x)| + max|f'(x)|$.
证明:
\begin{itemize}
	\item[1] 此空间是Banach空间
	\item[2] 给出,$M \subset (C^{1}[a,b],\Vert \bullet \Vert)$,$M$是紧集的充要条件.
\end{itemize}

\subsection{($l^1$上的紧集)}
证明$M \subset l^1$是紧集的充要条件是:
\begin{itemize}
	\item[1] $\exists K >0 $,使得$\Vert x \Vert_1 \le K,\forall x \in M$.
	\item[2] $\forall \epsilon > 0,\exists N > 0$,使得$\sum_{k=N}^{\infty}|x_k| \le \epsilon, \forall \{x_n\} \in M$.
\end{itemize}

\subsection{(紧Hausdorff空间)}
设$X,Y$是紧的Hausdorff空间,证明$\forall \epsilon > 0, f\in C(X,Y)$,存在$u_1,u_2,\cdots,u_n \in C(X),v_1,v_2,\cdots,v_n \in C(Y)$使得
$$
\mathop{max}\limits_{(x,y)\in (X\times Y)} |f(x,y) - \sum_{k=1}^{n}u_i(x)v_i(x)| < \epsilon
$$

\subsection{(紧Hausdorff空间)}
设$a$是紧Hausdorff空间$M$中的一点,$A = \{f\in C(M) \mid f(a)=0\}$.如果$A$中有一个闭子代数$\mathscr{B}$满足条件:
\begin{itemize}
	\item[1] $f \in \mathscr{B} \Rightarrow f^{*} \in \mathscr{B}$
	\item[2] $ \mathscr{B}$分离$M\setminus\{a\}$并且对$\forall f \in \mathscr{B}, s.t. f(b) \ne 0$
\end{itemize}
证明$\mathscr{B} = A$.

\subsection{(紧Hausdorff空间)}
设$M$是紧Hausdorff空间,$\mathscr{A} $为$C_\mathbb{R}(M)$中的闭子代数并且分离$M$中的点.证明要么$A = C_\mathbb{R}(M)$要么$\exists x_0 \in M$,使得$A = \{f \in C_\mathbb{R}(M) \mid f(x_0) = 0\}$.


\newpage
\section{补充材料}
这一部分主要介绍笔者在做题的过程中遇到的一些讲义上没有的理论,这部分理论不会很难,而且有些会很有趣,这一部分会是对习题集的一个补充.

\subsection{(一般空间中的单位闭球和开球闭包的关系)}

这个问题在度量空间中是相等的,即$\overline{U(0,1)} = \overline{\{x \mid d(x,0) < 1\}} = \{x \mid d(x,0) \le 1\}$.
但是在一般的拓扑空间中这个关系并不成立.比如离散拓扑$(\{0,1\},\{\emptyset,\{0\},\{1\},\{0,1\}\})$.$U(0,1) = \{0\}$,由于$\{0\}$本身是闭集,故$\overline{U(0,1)} = \{0\}$,但是$\{x \mid d(x,0) \le 1\} = \{0,1\}$,故在一般的拓扑空间上并不相等.

\subsection{(证明$L_p$空间在$L_p$范数下是完备的)}




\subsection{(投影映射)}
 引理1:投影映射$p(x) : X \times Y \rightarrow Y, (x,y) \mapsto x$.投影映射是连续的,并且投影映射是开映射.\\
证明思路:开集的原像是开集;开集的像是开集.只需要用到1.9中的结论,若$U$是$X$中的开集,则$U\times Y$是$X \times Y$上的开集.同时,若$W$是$X \times Y$上的开集,$\forall x \in p(W), \exists y ,s.t. (x,y) \in W$.利用$W$是一个开集,$\exists V_x\times V_y $,使得$V_x\times V_y \subset W$,故$p(V_x\times V_y) \subset p(W) \Rightarrow V_x \subset p(W)$.从而$p(W)$是开集.

\section{(随堂测试)}
这一部分是《实分析》课程中随堂测试的部分,内容包括三套试卷共9个判断题.每一个判断题都有很深刻的背景,并且与前面的内容联系紧密,下面给出试卷内容并做出解析.

\subsection{(a卷第一题)}
$\forall A,B \subset \mathbb{R}$,都有$(A^{\circ} \cup B^{\circ}) = (A \cup B)^{\circ}$.

\begin{itemize}
	\item[1] 错误,反例显然,取$A = (0,1),B=[1,2)$
	\item[@] 需要注意的,类比1.1的第二个命题,一定有$(A^{\circ} \cap B^{\circ}) = (A \cap B)^{\circ}$.\\
	证明思路,左右集合相互包含.$\Rightarrow$,$\forall x \in (A^{\circ} \cap B^{\circ}),\exists U_x \subset A,V_x \subset B$,令$W_x = U_x \cap V_x$仍是开集,则$W_x\subset A\cap B$.因此$x \in (A \cap B)^{\circ}$.$\Leftarrow$,$\forall x \in (A \cap B)^{\circ}$,$\exists V_x \subset A\cap B$,则$V_x \subset A ,V_x \subset B$,故$x \in (A^{\circ} \cup B^{\circ})$.
\end{itemize}


\subsection{(a卷第二题 - 无穷维空间上的开区间乘积是开集吗?)}
定义$l^{\infty}$,定义范数为$\Vert \{x_n\} \Vert = sup\{|x_n|\}$,令$V \subset l^{\infty}$,其中$V = \{\{x_n\}, 0 < x_n < 1, \forall n \in \mathbb{N}\}$.则$V$是开集.

\begin{itemize}
	\item[1] 错误,$V$不是开集.取元素$x = (1/2,1/3,\cdots,1/n,\cdots)$,则不存在一个覆盖$x$的开球$U(x,\delta)$并且同时包含于$V$.可以反证法,如果存在这样一个开球$U(x,\delta)$,则在第k坐标上一定有$\delta < 1/k$.显然当$k\to\infty$时,$\delta = 0$.这于$\delta > 0$相矛盾.
	
\end{itemize}



\subsection{(a卷第三题)}
度量空间上,若$X$是紧集,则$X$的任何一个子集都是致密集.
\begin{itemize}
	\item[1]正确.反证,若$Y$不是致密集,则存在一个
	
	\item[@]在有限维空间上,紧集等于致密性加有界集;在无限维空间上,紧集等于致密性加完全有界.
\end{itemize}


\subsection{(b卷第一题)}
连续函数的在连通集上的原像一定是连通集.
\begin{itemize}
	\item[1]错误,记映射为$f : [0,1) \rightarrow \mathbb{R}\times \mathbb{R}, t \mapsto (sin(2\pi*t),cos(2\pi*t))$.
	则它存在一个连通(包含(0,1)的一个连通集)的原像不是连通集.
	\item[@]只要加强命题即可,将连续映射变为同胚映射.而同胚映射的逆映射也是连续映射,故成立.同胚映射是比连续映射更强的性质,它不仅要求了定义域之间有关系,还建立两个拓扑之间的联系.
	
\end{itemize}


\subsection{(b卷第二题)}
紧度量空间一定有界且闭.

\begin{itemize}
	\item 紧度量空间等价与完全有界加上闭集.
\end{itemize}



\subsection{(b卷第三题)}
设$(X,d)$是一个度量空间,若$X_1 = \overline{X}$,$X_2 = \overline{X_1}$,则$X_1与X_2$之间存在一个等距同构.\\

度量空间的完备化定理.

\subsection{(c卷第一题)}
若$(X,d)$是一个度量空间,则$A,B$是两个个不交的闭集,则存在两个开集$U,V$使得$A \subset U$,$B \subset V$.并且$U \cap V = \emptyset$.

\begin{itemize}
	\item[1]第一种方法,度量空间是正规空间,而正规空间一定是分开无交闭集的.
	\item[2] 利用课后习题1.14的结论,存在一个连续函数$f : X \rightarrow [0,1]$,使得$f(x)|_{A} = 0,f(x)|_{B} = 1$.定义$U = \{x \mid f(x) < 1/2\} , V = \{x \mid f(x) > 1/2\}$.则$U \cap V = \emptyset$,并且有$U,V$是开集.(利用连续函数的性质,开集的原像是开集).
\end{itemize}


\subsection{(c卷第二题)}
$l^{\infty}(\mathbb{R})$是一个无限维的Banach空间,存在一个可数集$E:=\{e^{(n)} \mid n\in \mathbb{N}\}$.使得$l^{\infty}(\mathbb{R})$中每一个元素都是可以表示为$E$中有限个元素的实线性组合.
\begin{itemize}
	\item[*] 引理1: Baire纲领,完备集$E$都是第二纲集.\\
	证明思路,反证法.假设完备集是第一纲集,则存在一列无处稠密集$A_n$,使得$E = \bigcup\limits_{n=1}^{\infty}A_n$.
	\item[*] 引理2: $K$上有限维赋范空间都是完备的.\\
	证明思路,利用有限维赋范空间和$K^n$同构,因此在$E$上的Cauchy列一一对应的$K^n$上的Cauchy列,由于$K^n$是完备的赋范空间,因此$K^n$上的Cauchy列收敛,从而$E$上的Cauchy列收敛.
	\item[*] 引理3: 任意赋范空间$X$上有限维赋范真子空间$E$都是无处稀疏集,因此$E$是闭的.\\
	反证法,假设存在一个有限维赋范真子空间$E$不是无处稀疏的,即$E^{\circ} \ne \emptyset, \exists x \in E^{\circ}, \exists U(x,\delta) \subset E^{\circ}$.接下想利用线性性质,证明$E$是全空间$X$从而推出矛盾.\\
	
	
	\item[1] 错误.反证法,如果存在这样的$E:=\{e^{(n)} \mid n\in \mathbb{N}\}$,则$X = \bigcup_{n=1} span\{e^{1},e^{2},\cdots,e^{n}\}$.利用上面的引理3,$span\{e^{1},e^{2},\cdots,e^{n}\}$是无处稀疏的.因此$X$是第一纲集.利用引理1,$l^{\infty}(\mathbb{R})$是完备的,因此它是第二纲集.从而矛盾.
	
\end{itemize}

\subsection{(c卷第三题)}
定义$l^{\infty}$上的赋范空间,其中范数定义为$\Vert \bullet \Vert = sup \{|x_n|\}$.则定义在$l^{\infty}$上的无穷紧集的乘积$V = \{[0,1]\times [0,1] \cdots \times[0,1] \times \cdots \}$.$V$是$l^{\infty}$上的紧集吗?

\begin{itemize}
	\item[1] 错误,方法1利用课后习题1.27的推论.
	\item[2] 方法2.假设是紧集,则一定是列紧集.从而任何子列都有收敛子列.\\
	但是定义$e_n = (\underbrace{0,\cdots,0}_{\mbox{前n-1个}},1,0,0,\cdots)$.则利用前面的推论可以知道,它的任意两个点之间的距离都大于1/2,因此没有收敛的子列.故矛盾.
	\item[@]如果利用Tychonoff定理,紧集的任意乘积拓扑空间都是紧集.看起来会矛盾,实际上这并不矛盾.这涉及到拓扑中一个非常深刻的概念.同样一个$X$,它上面会有不同的拓扑,如何比较这些拓扑?首先,我们知道拓扑是一个集族,但是集合是个偏序集,因此任意两个拓扑可能没有谁是谁的子集.\\
	\sout{我的想法是从赋范空间入手,如果$\tau_1$和$\tau_2$是由两个范数诱导出的拓扑空间.}\\
	\sout{并且$\forall x \in X, \Vert x \Vert_1 \le \Vert x \Vert_2$.则$\forall x\in U_2(x_0,\delta),\Vert x-x_0 \Vert_1 \le \Vert x-x_0 \Vert_2 \le \delta, x\in U_1(x_0,\delta) $.}\\
	\sout{所以$\tau_2 \subset \tau_1$.此时,在$l^{\infty}$上定义的范数是$\Vert \bullet \Vert_{\infty} = \mathop{sup}\limits_{n\in \mathbb{N}}\{|x_n|\}$.}\\
	\sout{利用Tychonoff定理得到的拓扑空间,它的范数是$\Vert \bullet \Vert_2 = (\sum_{n=1}^{\infty}x_n^2)^{1/2}$.}\\
	\sout{所以利用上面的想法可以推出利用Tychonoff定理得到的拓扑空间是$l^{\infty}$的子集.}\\
    以上可以理解为废话,核心一句话就是乘积拓扑是使得所以投影映射连续的最粗糙的拓扑.如果$A$是$\tau$上的紧集,而$\tau_1 \subset \tau \subset \tau_2$,则$A$是$\tau_1$上的紧集,未必是$\tau_2$上的紧集.
    
	
	
	
\end{itemize}







\end{document}